ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

#41

matha έγραψε:Μια λύση στο 1Γ' Λυκείου:

Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{(x-4)(x^2-5ax+6a)=0.}$ Θα βρούμε τα $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ ώστε η εξίσωση $\displaystyle{x^2-5ax+6a=0}$ να έχει ακέραιες ρίζες μόνο!

Έστω ότι έχει η εξίσωση ακέραιες ρίζες $\displaystyle{m,n.}$ Τότε $\displaystyle{m+n=5a,mn=6a,}$
....

Από εδώ, συνεχίζουμε διαφορετικά, όπως στο 2ο ΘΕΜΑ της Β Λυκείου, ως εξής:

Αν a=0

,τελειώσαμε. Αν $a\ne 0$ , τότε $\dfrac{5}{6}=\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}$ , οπότε δε μπορεί να ισχύει m<0

και

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, ας υποθέσουμε ότι m>0

. Τότε έχουμε τις περιπτώσεις:

(Ι) m=1

. Τότε $n=\dfrac{6m}{5m-6}=-6$ , και $a=\dfrac{m+n}{5}=-1$ .

(II) $m\geq 2$ . Τότε $0<n=\dfrac{6m}{5m-6}\leq 3$ . Εύκολα παίρνουμε μόνο τα ζεύγη (m,n)=(2,3)

και

. Σε κάθε υποπερίπτωση $a=\dfrac{m+n}{5}=1$ . Συνεπώς,

...
$\displaystyle{a=-1,0,1.}$ Η επαλήθευση είναι άμεση.

Φιλικά,

Αχιλλέας

jim.jt · #42

Λύσεις έχουν αναρτηθεί εδώ.

#43

Θέμα 4ο - Γ. Λυκείου. Με αντιστροφή. [attachment=0]18-01-2014.jpg[/attachment]α) Έστω οι $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{CD}$ τέμνονται στο $\displaystyle{T}$ . Τότε ο κύκλος $\displaystyle{{c_1}}$ θα είναι διαμέτρου $\displaystyle{OT}$ , οπότε $\displaystyle{OE \bot ET}$ , που σημαίνει η $\displaystyle{ET}$ είναι εφαπτομένη του $\displaystyle{c}$ .
Αντιστρέφουμε με πόλο το σημείο $\displaystyle{T}$ και λόγο $\displaystyle{T{E^2}}$ . Ο κύκλος $\displaystyle{c}$ παραμένει αμετάβλητος, ενώ η ευθεία $\displaystyle{EZ}$ , αντιστρέφεται στον κύκλο $\displaystyle{{c_1}}$ , διότι διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{T}$ και τα σημεία $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ μένουν αμετάβλητα. Τότε $\displaystyle{TL \cdot TK = TN \cdot TM = T{E^2}}$ . Άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{KLNM}$ είναι εγγράψιμμο.
β) Αν οι κύκλοι $\displaystyle{c}$ και $\displaystyle{{c_2}}$ τέμνονταν στα $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{E'}$ θα έπρεπε το $\displaystyle{E'}$ να είναι το αντίστροφο του $\displaystyle{E}$ , συνεπώς τα $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{E'}$ ταυτίζονται, που σημαίνει ότι οι κύκλοι $\displaystyle{c}$ και $\displaystyle{{c_2}}$ εφάπτονται.

#44

jim.jt έγραψε:Λύσεις έχουν αναρτηθεί εδώ.

Πολλές λύσεις που δημοσιεύθηκαν από μέλη μας στο forum είναι πιο κομψές από τις "επίσημες".

Θα είναι κέρδος όλων και για τα επόμενα έτη, αν ενημερωθούν οι παραπάνω λύσεις με τις κατάλληλες παραπομπές φυσικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

S.E.Louridas · #45

Προσωπικά θεωρώ ότι ήταν ένας καλός Ευκλείδης με στόχευση.
Και μόνο η συμμετοχή των Μαθητών σε Επιστημονικούς Διαγωνισμούς είναι μία ηχηρή απάντηση στην πρόκληση των καιρών.
Εύχομαι από καρδιάς στους διαγωνιζόμενους καλά αποτελέσματα .

achilleas έγραψε:Πολλές λύσεις που δημοσιεύθηκαν από μέλη μας στο forum είναι πιο κομψές από τις "επίσημες".
Φιλικά, Αχιλλέας

Μα είναι πλέον αναμφισβήτητο γεγονός ότι το mathematica είναι ένας σοβαρότατος συντελεστής συνεχούς ανόδου της Μαθηματικής παιδείας και στα διαγωνιστικά Μαθηματικά με αναρίθμητα δείγματα συνεχούς γραφής υψηλού επιπέδου από τα μέλη του, αλλά έτσι ή αλλιώς ο Μαθηματικός πλουραλισμός είναι ζητούμενο.

#46

Ένα σχόλιο που πρέπει να έχουμε υπόψη μας όσον αφορά τις λύσεις.
Οι "κύριες" επίσημες λύσεις θα πρέπει να είναι βασισμένες σε στοιχεία της σχολικής ύλης σε αυτό το διαγωνισμό βάσει κανονισμού.
Επομένως για παράδειγμα οι "κομψότερες" λύσεις που κάνουν χρήση της BCS δεν θα μπορούσε να είναι "κύριες".

Και μία εναλλακτική λύση στη γεωμετρία της Β λυκείου.
Ο κύκλος (N,NI)

περνάει από τα σημεία

και

όπως είναι γνωστό. Αφού $\angle{NDM}=90,$ έπεται ότι

είναι μέσο του IE.

Τέλος η πολική του

ως προς τον (N,NI)

είναι η

άρα αυτή είναι συμμετροδιάμεσος στο τρίγωνο IBE

και έχουμε το ζητούμενο.

#47

smar έγραψε:Ένα σχόλιο που πρέπει να έχουμε υπόψη μας όσον αφορά τις λύσεις.
Οι "κύριες" επίσημες λύσεις θα πρέπει να είναι βασισμένες σε στοιχεία της σχολικής ύλης σε αυτό το διαγωνισμό βάσει κανονισμού.
Επομένως για παράδειγμα οι "κομψότερες" λύσεις που κάνουν χρήση της BCS δεν θα μπορούσε να είναι "κύριες".

..

Καλημέρα!

Ας είναι δευτερεύουσες με μια μικρή σημείωση θεωρίας, αν και δεν αναφερόμουν σε τέτοιου τύπου λύσεις.

Υπάρχουν άλλα παραδείγματα λύσεων του forum που και είναι κομψότερες και μέσα στη σχολική ύλη, δεν υπάρχουν;

Ας προστεθούν αυτές ως εναλλακτικές κύριες. Δε θα μπορούσε να γίνει αυτό;

'Αλλωστε, είναι συχνό το φαινόμενο νομίζω, υψηλού επιπέδου διαγωνιζόμενοι να βρίσκουν κομψότερες λύσεις από τις επίσημες.

Φιλικά,

Αχιλλέας

gthem99 · #48

Που πιστεύετε ότι θα είναι η βάση φέτος στην γ γυμνασίου?

S.E.Louridas · #49

Ας μου επιτραπεί μία άποψη που πιστεύω ότι αποτελεί δεδομένο για εκείνους που βλέπουν τα Μαθηματικά ως επιστήμη του νου και όχι άλλων διαδρομών, όπως της αποστήθισης ή της απόλυτης τυπολατρίας και βέβαια για εκείνους που βλέπουν την επιστήμη και ως υπόθεση παραγωγής γνώσης και μόνο.
Κατ’ αρχάς όσοι ασχολούνται με μία επιστημονική δραστηριότητα θα πρέπει να έχουν και προσωπικά δείγματα γραφής επί του στίβου και οι συνάδελφοι και οι τροπαιούχοι μαθητές που είναι μέλη του mathematica έχουν και είναι τουλάχιστον εδώ on air.
Στην συνέχεια θα ήθελα να πω ότι ό κατασκευαστής μίας άσκησης ή ενός προβλήματος δεν είναι υποχρεωτικό να δώσει και την καλύτερη λύση για το ίδιο αυτό το δικό του πρόβλημα. Πιθανόν η λύση του επόμενου λύτη που θα ασχοληθεί με αυτό το πρόβλημα να είναι «κομψότερη» …και;
Η ουσιαστική σημασία για ένα πρόβλημα είναι να λυθεί, δηλαδή αν βρεθεί κάποιος και επιλύσει το θεώρημα του Fermat σε λιγότερες σελίδες από την λύση του Γουάϊλς σημαίνει υποβάθμιση της υπάρχουσας λύσης;
Ίσα - ίσα που τα θέματα του συγκεκριμένου Ευκλείδη έχουν το τεράστιο πλεονέκτημα και για αυτό μίλησα για καλά πράγματι θέματα με στόχευση να δημιουργούν έναν πλουραλισμό καλών λύσεων, οπότε το μήνυμα προς τους διαγωνιζόμενους είναι: Ασχοληθείτε με τα Μαθηματικά έχοντας την δυνατότητα και της δικής σας υποκειμενικής δημιουργίας μεθόδου επίλυσης. Αυτό δίνει φτερά στους Μαθητές και κύρια άρει σιγά-σιγά την Μαθηματικοφοβία.
Πάντα κατά την άποψη μου είναι «πιο εύκολη» η κατασκευή δύσκολου σοβαρού αλλά απρόσιτου θέματος παρά η κατασκευή σοβαρού διαγωνιστικού θέματος που στοχεύει όμως και στην ανάδειξη της υποκειμενικότητας του λύτη.

#50

Νομίζω δίνουμε μεγαλύτερη διάσταση σε ένα θέμα απ'ότι θα έπρεπε. Όλα τα παραπάνω τα γνωρίζω καλά (νομίζω), τόσο από την πλευρά του λύτη όσο και από αυτού που δημιουργεί ένα μαθηματικό πρόβλημα.

Αλλά το παραπάνω σχόλιο μου δεν αποτελούσε αιχμή ούτε για τους κατασκευαστές των προβλημάτων (αλοίμονο!) ή την ΕΜΕ.

Ίσως μέλη του forum να θέλουν να υπερασπισθούν(?) την επιτροπή διαγωνισμών της ΕΜΕ χωρίς να υπάρχει λόγος, διότι το σχόλιο μου δεν αποτέλεσε κατηγορία ή κάτι τέτοιο. Άλλωστε, μέλη της επιτροπής αποτέλεσαν κι αποτελούν εξαίρετοι μαθηματικοί, πρωην διαγωνιζόμενοι και άλλοι πολλοί.

Απλά βλέποντας λύσεις σε ανάλογους διαγωνισμούς (μου έρχεται στο μυαλό της USAMO ή του PUTNAM που επιμελείται ο Kedlaya) όπου εμπλουτίζονται με επιπλέον λύσεις από διαγωνιζόμενους ή άλλους λύτες αναρωτήθηκα ή καλύτερα εξέφρασα την επιθυμία να γίνει κι εδώ κάτι αντίστοιχο.

Αυτό και μόνο αυτό πρότεινα. Ας μη συνεχίσουμε μια επιχειρηματολογία για το αυτονόητο.

Παρεμπιπτόντως, σε κάποιους αντίστοιχος διαγωνισμούς του εξωτερικού γίνονται γνωστοί και οι δημιουργοί των διαγωνσιτικών προβλημάτων. Γιατί να μη γίνει κι εδώ κάτι τέτοιο;

Φιλικά,

Αχιλλέας

Edit 1. Προσθήκη σχολίου και link για την επιτροπή. Τα αντίστοιχα link για την τριετία 2013-2015 είναι ανενεργά.

Edt 2. Αφαίρεσα τις αναφορές μου σε πρόσωπα, μετά από προσωπική επικοινωνία. Πιθανότατα δεν είχα καταλάβει το νόημα των μηνυμάτων σε όλη τους διάσταση κι έτσι έπρεπε να επανορθώσω. Να με συγχωρείτε.

Γιάννης Παπαδόπουλος · #51

Θα ήθελα να ρωτήσω κάτι πάνω στο 1ο Πρόβλημα της Γ' Λυκείου.Από $x^3-4x^2=5ax^2-26ax+24a\Leftrightarrow$
$x^2(x-4)=a(5x-6)(x-4)\Leftrightarrow (x-4)(x^2-5ax+6a)=0$ έχουμε οτι ανεξάρτητα από το α η χ=4 είναι μια ακέραια λύση του συστήματος.Άρα αν η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική $\Delta <0\Leftrightarrow 25a^2-24a<0\Leftrightarrow 0<a<\frac{24}{25}$ η εξίσωση έχει μοναδική ακέραια ρίζα.Φαίνεται ομως πως η πολυωνυμική εξίσωση θεωρείται τελικα στο C;Τέλος πάντων δεν θα ήταν καλύτερο να υπάρχει μια διευκρίνηση για το αν αυτή η εξίσωση είναι στο R ή στο C;

#52

Γιάννης Παπαδόπουλος έγραψε:....Φαίνεται ομως πως η πολυωνυμική εξίσωση θεωρείται τελικα στο $\mathbb{C}$ ;Τέλος πάντων δεν θα ήταν καλύτερο να υπάρχει μια διευκρίνηση για το αν αυτή η εξίσωση είναι στο $\mathbb{R}$ ή στο $\mathbb{C}$ ;

Καλημέρα!

Η διατύπωση λέει "...όλες τις ρίζες της στους ακέραιους." Αυτό προσωπικά με έκανε να σκεφτώ πως "όλες" σήμαινε "..και οι τρεις".

Αλλά κατανοώ το σχόλιο σου.

Φαντάζομαι πως δε θα υπάρξει ποινή, αν κάποιος συμπεριλάβει ή όχι (εξαρτάται που εννοείται η εξίσωση, στο $\mathbb{R}$ ή στο $\mathbb{C}$ , όπως παρατήρησες) και την περίπτωση $0<a<\dfrac{24}{25}$ , απλά δε θα κερδίσει ή δε θα χάσει μονάδες.

Ανάλογο σχόλιο μπορεί να γίνει και για το ΘΕΜΑ 2 της Β λυκείου. Βέβαια στη Β δε γνωρίζουν τι σημαίνει δουλεύω στο $\mathbb{C}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#53

gavrilos έγραψε:Στην Α' Λυκείου δύσκολα θέματα.Έλυσα 1,2.Τη γεωμετρία δεν την πρόλαβα αφού ασχολήθηκα γύρω στις δύο ώρες με το 4,δυστυχώς όμως δεν το έβγαλα.

Δείτε λίγο τη λύση μου στο 4.(είναι λάθος προφανώς)

Προσθέτουμε στα δύο μέλη το $\displaystyle{2ab}$ κι έτσι η σχέση γίνεται $\displaystyle{(a+b)^{2}=-3b^{2}+2a+12b-5+2ab=-3b^{2}+2b(a+6)+2a-5}$ .

Θεωρούμε το δεύτερο μέλος τριώνυμο ως προς $\displaystyle{b}$ και γνωρίζουμε ότι παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{\frac{-2(a+6)}{-6}=\frac{a+6}{3}}$ .

Άρα το άθροισμα $\displaystyle{a+b}$ παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{b=\frac{a+6}{3}}$ .

Αντικαθιστούμε στη δοσμένη σχέση και έχουμε $\displaystyle{a^{2}+4\left(\frac{a+6}{3}\right)^{2}=2a+12\left(\frac{a+6}{3}\right)-5}$ .

Με πράξεις έχουμε $\displaystyle{13a^{2}-6a-27=0}$ της οποίας θετική λύση είναι η $\displaystyle{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}}$ .

Άρα $\displaystyle{b=\frac{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}+6}{3}=\frac{3+78+6\sqrt{10}}{39}}=\frac{27+2\sqrt{10}}{13}}$ .

Άρα $\displaystyle{a+b\leq \frac{30+8\sqrt{10}}{13}}$ .
.................

Έχει πολύ ενδιαφέρον να εντοπίσουμε σε ποιο ακριβώς σημείο είναι το λάθος στην παραπάνω λύση ,

γιατί μπορεί να ...ξαναγίνει και από άλλον στο μέλλον !

Σε μερικές μάλιστα περιπτώσεις , όπως διαπίστωσα , αυτός ο συλλογισμός οδηγεί σε τελείως παράδοξα αποτελέσματα ! Θα ήθελα όμως πρώτα και την άποψή σας .

Μπάμπης

#54

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
gavrilos έγραψε:Στην Α' Λυκείου δύσκολα θέματα.Έλυσα 1,2.Τη γεωμετρία δεν την πρόλαβα αφού ασχολήθηκα γύρω στις δύο ώρες με το 4,δυστυχώς όμως δεν το έβγαλα.

Δείτε λίγο τη λύση μου στο 4.(είναι λάθος προφανώς)

Προσθέτουμε στα δύο μέλη το $\displaystyle{2ab}$ κι έτσι η σχέση γίνεται $\displaystyle{(a+b)^{2}=-3b^{2}+2a+12b-5+2ab=-3b^{2}+2b(a+6)+2a-5}$ .

Θεωρούμε το δεύτερο μέλος τριώνυμο ως προς $\displaystyle{b}$ και γνωρίζουμε ότι παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{\frac{-2(a+6)}{-6}=\frac{a+6}{3}}$ .

Άρα το άθροισμα $\displaystyle{a+b}$ παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{b=\frac{a+6}{3}}$ .

Αντικαθιστούμε στη δοσμένη σχέση και έχουμε $\displaystyle{a^{2}+4\left(\frac{a+6}{3}\right)^{2}=2a+12\left(\frac{a+6}{3}\right)-5}$ .

Με πράξεις έχουμε $\displaystyle{13a^{2}-6a-27=0}$ της οποίας θετική λύση είναι η $\displaystyle{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}}$ .

Άρα $\displaystyle{b=\frac{\frac{3+6\sqrt{10}}{13}+6}{3}=\frac{3+78+6\sqrt{10}}{39}}=\frac{27+2\sqrt{10}}{13}}$ .

Άρα $\displaystyle{a+b\leq \frac{30+8\sqrt{10}}{13}}$ .
.................
Έχει πολύ ενδιαφέρον να εντοπίσουμε σε ποιο ακριβώς σημείο είναι το λάθος στην παραπάνω λύση ,

γιατί μπορεί να ...ξαναγίνει και από άλλον στο μέλλον !

Σε μερικές μάλιστα περιπτώσεις , όπως διαπίστωσα , αυτός ο συλλογισμός οδηγεί σε τελείως παράδοξα αποτελέσματα ! Θα ήθελα όμως πρώτα και την άποψή σας .

Μπάμπης

Το λάθος κατά την άποψη μου είναι το εξής:

Το μέγιστο του -3b^2+2b(a+6)+2a-5

για

στο $\mathbb{R}^2$ (για οποιοδήποτε μεν, αλλά σταθερό

) πολύ σωστά λαμβάνεται για b=(a+6)/3

.

Από το σημείο

gavrilos έγραψε:....
Άρα το άθροισμα $\displaystyle{a+b}$ παίρνει μέγιστη τιμή για $\displaystyle{b=\frac{a+6}{3}}$ .
...

η λύση είναι λανθασμένη. Το μόνο που μπορούμε να συμπεράνουμε είναι ότι αν (a,b)

είναι σημείο της έλλειψης (δείτε το σχήμα), τότε $(a+b)^2\leq (a+9)^2/3-20$ , που είναι τιμή του παραπάνω τριωνύμου δεξιά για b=(a+6)/3

.

Δε μπορούμε να ισχυρισθούμε ότι στο πρόβλημά μας, όμως, ότι το μέγιστο του a+b

λαμβάνεται όταν b=(a+6)/3

.

Ο κύριος λόγος είναι ο εξής:

Εδώ έχουμε μέγιστο υπό πεπλεγμένη συνθήκη/περιορισμό. Τα a,b

δεν είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους. Γιατί το σημείο (a,(a+6)/3)

, το οποίο φυσικά μεταβάλλεται καθώς μεταβάλλεται το

, και στο οποίο λαμβάνεται το μέγιστο της παραπάνω παραβολής όπως είπαμε παραπάνω, να ανήκει στη δοθείσα (σταθερή) καμπύλη a^2+4b^2-2a-12b+5=0

?

Παρεπιμπτόντως, η δοθείσα καμπύλη είναι έλλειψη. Ζητάμε ουσιαστικά το σημείο στο 1ο τεταρτημόριο που ευθεία της μορφή y=-x+k

εφάπτεται της έλλειψης. Το παρακάτω σχήμα κάνει τη λύση (a,b)=(3,2)

"προφανή" με μέγιστο του a+b

το

.

Σχόλιο: Για (a,b)=(3,2)

είναι

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

dimfous4 · #55

Καλησπέρα...εχει καποιος ελπιδες να περασει αν έχει λυσει 2 ασκησεισ ολοσωστεσ...μια μισο θεμα σωστο και λιγο απο τη γεωμετρια(οπου εχει κανει το σχημα...)

simantiris j. · #56

Αγαπητέ/ή dimfous είμαι σίγουρος ότι θα βοηθούσε αν διευκρίνιζες σε ποιας τάξης τα θέματα έδωσες καθώς (αν και δε μπορώ να είμαι απόλυτα σίγουρος ) οι βάσεις είναι διαφορετικές για κάθε τάξη.

dimfous4 · #57

Α Λυκειου

gthem99 · #58

υπάρχει περίπτωση να περάσει κάποιος στην γ γυμνασίου με 12 ή13

schal · #59

Το σχέδιο βαθμολόγησης εδώ: http://emeflorinas.blogspot.gr/2014/01/2013-2014.html.
Που πιστεύετε ότι θα είναι η βάση για την Β' Γυμνασίου;

Everville · #60

Γειά χαρά.

B Γυμνασίου 4ο θέμα

Αν και η λύση του θέματος αναφέρθηκε παραπάνω, πιστεύω ότι μια καλή προσέγγιση είναι η παρακάτω μοντελοποίηση του προβλήματος (με χρήση εξισώσεων).
Αν συμβολίσουμε με x το ζητούμενο πλήθος των μαθητών, Α τα αγόρια που δεν ξέρουν γαλλικά, $A_\Gamma$ τα αγόρια που ξέρουν Γαλλικά, Κ τα κορίτσια που δεν ξέρουν Γαλλικά, $K_\Gamma$ που ξέρουν Γαλλικά τότε σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος σχηματίζουμε τις παρακάτω εξισώσεις:

$\\ x = A_\Gamma +A+K+K_\Gamma\\\\ A_\Gamma + A = \frac{55}{100}x\\\\ A = K_\Gamma\\\\ A_\Gamma = \frac{7}{11}(A_\Gamma + K_\Gamma)\\\\ K = 60$

Οπότε έχουμε 5 εξισώσεις με 5 αγνώστους.
Από τη τέταρτη και τη τρίτη θα έχουμε (μετά τις πραξούλες)
$4A_\Gamma=7A$

και σε συνδυασμύ με τη δεύτερη (αφού την πολλαπλασιάσουμε με το 4) θα έχουμε:

$4A_\Gamma + 4A = \frac{220}{110}x \Rightarrow 7A + 4A = \frac{220}{110}x \Rightarrow A = \frac{2}{10}x$ .

Και με αντικατάσταση στην αρχική θα προκύψει η:

$x=\frac{55}{100}x+60+\frac{2}{10}x \Rightarrow x = 240$

Σχόλιο δικό μου: Εξαιρετικό θέμα! Είμαι περίεργος πάντως, πόσοι διαγωνιζόμενοι το έλυσαν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ - 2014

Μέλη σε σύνδεση